Las cuatro configuraciones: secantes, tangentes y cuerdas

Por qué necesitamos distinguir las configuraciones

En la lección anterior definimos la potencia de un punto y vimos que su valor es $|PO|^2 - r^2$. Sin embargo, en los problemas de concurso casi nunca conocemos $|PO|$ directamente. Lo que conocemos son las longitudes de segmentos sobre secantes o tangentes. Por eso es imprescindible traducir la potencia a cada una de las configuraciones geométricas concretas que pueden aparecer.

Las cuatro configuraciones no son simplemente variantes cosméticas del mismo resultado: cada una tiene su propia demostración por semejanza de triángulos, y cada una impone condiciones distintas sobre la posición del punto $P$ respecto de la circunferencia. Confundir el caso interior con el exterior, o mal identificar los segmentos que van en el producto, es un error frecuente que invalida soluciones enteras en competencia.

A lo largo de esta lección trabajaremos cada configuración con la misma estructura: enunciado preciso, diagrama descriptivo, demostración por semejanza, y conexión con la fórmula algebraica $|PO|^2 - r^2$. Al final presentamos un criterio de conciclidaridad que es consecuencia directa del recíproco de estas fórmulas.

Vamos a establecer una convención que usaremos en todo el módulo: cuando $P$ es exterior y una recta por $P$ corta a la circunferencia $\omega$ en los puntos $X$ e $Y$, escribiremos siempre $PX$ y $PY$ como distancias con signo implícito positivo (los segmentos apuntan en la misma dirección desde $P$). Cuando $P$ es interior, las dos mitades de la cuerda apuntan en direcciones opuestas desde $P$, pero el producto $PA \cdot PB$ sigue siendo positivo.

Configuración 1: punto exterior con dos secantes

Sea $P$ un punto exterior a la circunferencia $\omega$ con centro $O$ y radio $r$. Sea $\ell_1$ una recta que pasa por $P$ y corta a $\omega$ en los puntos $A$ y $B$, con $A$ entre $P$ y $B$. Sea $\ell_2$ otra recta que pasa por $P$ y corta a $\omega$ en los puntos $C$ y $D$, con $C$ entre $P$ y $D$.

Teorema. En la situación anterior, $PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

Demostración. Consideremos los triángulos $\triangle PAC$ y $\triangle PDB$. El ángulo en $P$ es común a ambos. Como $A$, $B$, $C$, $D$ son concíclicos (todos en $\omega$), los ángulos inscritos $\angle PAC = \angle CAB$ y $\angle PDB = \angle BDC$ subtienden al mismo arco $BC$, luego $\angle CAB = \angle BDC$, es decir $\angle PAC = \angle PDB$. Por AA, los triángulos $\triangle PAC \sim \triangle PDB$, con la correspondencia $P \leftrightarrow P$, $A \leftrightarrow D$, $C \leftrightarrow B$. Entonces $PA/PD = PC/PB$, de donde $PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

Conexión con la fórmula algebraica. Tomemos la secante que pasa por $P$ y por el centro $O$. Esta secante corta a $\omega$ en dos puntos $X$ e $Y$ con $X$ entre $P$ y $O$ y $O$ entre $X$ e $Y$. Entonces $PX = |PO| - r$ y $PY = |PO| + r$, así $PX \cdot PY = (|PO| - r)(|PO| + r) = |PO|^2 - r^2 = \operatorname{pow}(P)$. Por el teorema anterior, este mismo producto es igual a $PA \cdot PB$ para cualquier otra secante por $P$.

Configuración 2: punto exterior con secante y tangente

Sea $P$ un punto exterior a $\omega$. Sea $T$ el punto de tangencia de una de las tangentes desde $P$ a $\omega$. Sea $\ell$ una secante desde $P$ que corta a $\omega$ en $A$ y $B$ con $A$ entre $P$ y $B$.

Teorema. $PT^2 = PA \cdot PB$.

Demostración. Consideremos los triángulos $\triangle PTA$ y $\triangle PBT$. El ángulo en $P$ es común. Ahora bien, el ángulo $\angle PTA$ es el ángulo entre la tangente $PT$ y la cuerda $TA$. Por el teorema del ángulo entre tangente y cuerda (ángulo de tangente-cuerda), $\angle PTA = \angle TBA$ (ambos subtienden el arco $TA$ que no contiene a $B$). Pero $\angle TBA = \angle PBT$ (mismo ángulo). Por lo tanto $\triangle PTA \sim \triangle PBT$ por AA, con correspondencia $P \leftrightarrow P$, $T \leftrightarrow B$, $A \leftrightarrow T$. La razón de semejanza da $PT/PB = PA/PT$, es decir $PT^2 = PA \cdot PB$.

Aplicación práctica. Esta fórmula es extremadamente útil cuando el problema involucra una circunferencia inscrita en un triángulo o una tangente exterior. Si desde un punto $P$ conocemos la longitud de la tangente $PT = t$ y conocemos $PA$ (el segmento más corto de una secante), podemos calcular $PB = t^2 / PA$. Recíprocamente, si el problema nos dice que $PT^2 = PA \cdot PB$, podemos deducir que existe una circunferencia a la que $PT$ es tangente en $T$ y que pasa por $A$ y $B$.

Ejemplo tipo Cono Sur. En el triángulo $ABC$, sea $\omega$ la circunferencia inscrita tangente al lado $BC$ en $X$, al lado $CA$ en $Y$, y al lado $AB$ en $Z$. Demuestra que $BX = BZ$. Solución: $BX$ es la longitud de la tangente desde $B$ a $\omega$ y $BZ$ también lo es. Por la fórmula $PT^2 = PA \cdot PB$ aplicada dos veces (con la misma potencia), ambas longitudes de tangente desde $B$ son iguales a $\sqrt{\operatorname{pow}_{\omega}(B)}$, luego $BX = BZ$.

Configuración 3: punto interior con dos cuerdas

Sea $P$ un punto en el interior de $\omega$. Sean $AB$ y $CD$ dos cuerdas de $\omega$ que se cortan en $P$ (con $P$ entre $A$ y $B$, y $P$ entre $C$ y $D$).

Teorema. $PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

Demostración. Consideremos los triángulos $\triangle APC$ y $\triangle DPB$. Los ángulos $\angle APC$ y $\angle DPB$ son ángulos opuestos por el vértice, luego $\angle APC = \angle DPB$. Como $ABCD$ es un cuadrilátero inscrito en $\omega$, los ángulos inscritos $\angle CAB$ y $\angle CDB$ subtienden el mismo arco $CB$, luego $\angle CAP = \angle BDP$ (mismos arcos). Por AA, $\triangle APC \sim \triangle DPB$. La razón de semejanza da $PA/PD = PC/PB$, es decir $PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

**Relación con $|PO|^2 - r^2$.** Note que aquí $P$ es interior, entonces $|PO| < r$ y $|PO|^2 - r^2 < 0$. El producto $PA \cdot PB$ es positivo, así que en realidad $PA \cdot PB = r^2 - |PO|^2 = -\operatorname{pow}(P) = |\operatorname{pow}(P)|$. En muchos textos se define la potencia como positiva para el interior también, simplemente como $r^2 - |PO|^2$. En otros se mantiene el signo y se escribe $PA \cdot PB = |\operatorname{pow}(P)|$. Ambas convenciones son válidas; en competencia lo importante es identificar correctamente los factores.

Problema olímpico clásico (Iberoamericana 1987). Sea $ABCD$ un cuadrilátero inscrito en una circunferencia. Las diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en $P$. Demuestra que los cuatro triángulos $\triangle APB$, $\triangle BPC$, $\triangle CPD$, $\triangle DPA$ satisfacen $[APB] \cdot [CPD] = [BPC] \cdot [DPA]$. La clave es que todos los triángulos comparten el mismo punto $P$, y que $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ por la configuración 3. Usando la fórmula $[XPY] = \frac{1}{2} PX \cdot PY \cdot \sin(\angle XPY)$, los ángulos opuestos en $P$ son iguales, y la identidad buscada se sigue directamente.

Configuración 4: dos tangentes desde un punto exterior

Sea $P$ un punto exterior a $\omega$. Sean $T_1$ y $T_2$ los dos puntos donde las tangentes desde $P$ tocan a $\omega$.

Teorema. $PT_1 = PT_2$.

Demostración. Los triángulos $\triangle OT_1P$ y $\triangle OT_2P$ son rectángulos en $T_1$ y $T_2$ respectivamente (la tangente es perpendicular al radio en el punto de tangencia). Ambos comparten la hipotenusa $OP$ y tienen cateto $OT_1 = OT_2 = r$. Por el teorema de Pitágoras (o por congruencia HL), $\triangle OT_1P \cong \triangle OT_2P$, luego $PT_1 = PT_2$.

Consecuencia importante. Ambas longitudes son $\sqrt{|PO|^2 - r^2} = \sqrt{\operatorname{pow}(P)}$. Esto significa que la longitud de la tangente desde $P$ es la raíz cuadrada de la potencia. En el contexto de dos circunferencias, si $P$ tiene la misma potencia respecto de $\omega_1$ y $\omega_2$, las tangentes desde $P$ a $\omega_1$ y a $\omega_2$ tienen la misma longitud. Este es el significado geométrico del eje radical: es el lugar de los puntos donde las longitudes de tangente a ambas circunferencias son iguales.

El recíproco y la conciclidaridad. La conversa del teorema de la potencia es igualmente importante en competencia: si cuatro puntos $A$, $B$, $C$, $D$ satisfacen $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ para algún punto $P$ (con la disposición apropiada), entonces $A$, $B$, $C$, $D$ son concíclicos. Esta es una de las herramientas más potentes para demostrar que cuatro puntos están en una misma circunferencia, junto con la persecución de ángulos.

Síntesis: reconocimiento rápido en competencia

Para usar eficientemente la potencia de un punto en un concurso es fundamental desarrollar la habilidad de reconocer, en segundos, cuál de las cuatro configuraciones está presente. El patrón de reconocimiento es el siguiente: (1) ¿Hay dos rectas que pasan por el mismo punto y cada una corta a la misma circunferencia? Si sí, es la configuración 1 o 3 dependiendo de si el punto es exterior o interior. (2) ¿Hay una tangente y una secante desde el mismo punto exterior? Es la configuración 2. (3) ¿Hay dos tangentes desde un mismo punto? Es la configuración 4.

Un error de principiante es intentar aplicar la fórmula con el punto incorrecto. Por ejemplo, si el problema dice que "las rectas $AB$ y $CD$ se cortan en $P$", debemos verificar si $P$ está dentro o fuera de la circunferencia que contiene a $A$, $B$, $C$, $D$ antes de decidir si usar la fórmula de interior o de exterior.

Problema de síntesis (Cono Sur 2014). Sea $\omega$ una circunferencia y $P$ un punto exterior. Se trazan desde $P$ dos secantes: la primera corta a $\omega$ en $A$ y $B$ (con $A$ más cerca de $P$), y la segunda corta a $\omega$ en $C$ y $D$ (con $C$ más cerca de $P$). El punto $M$ es el punto medio de $CD$. La recta $AM$ corta a $\omega$ por segunda vez en $Q$. Demuestra que $PQ$ es tangente a $\omega$. La solución requiere usar la configuración 1 para establecer $PA \cdot PB = PC \cdot PD$, luego encontrar la potencia de $A$ respecto de una circunferencia auxiliar que pasa por $C$, $D$, $M$, $Q$, y finalmente deducir que $PQ^2 = PA \cdot PB$, lo que por la configuración 2 implica que $PQ$ es tangente.

La integración de las cuatro configuraciones con la búsqueda de circunferencias auxiliares es el estilo de argumentación más común en los problemas de geometría del Cono Sur nivel intermedio y avanzado. En las próximas lecciones veremos cómo este mismo aparato se potencia enormemente con el eje radical y el centro radical.